Đi tìm hệ thức liên hệ các đại lượng hình học để giải một số bài toán trong chương trình THPT

- Qua nhiều năm dạy bồi dưỡng học sinh khá, giỏi, tôi đã rút ra một số kinh nghiệm nhỏ trong việc giúp học sinh định hướng nhanh việc “Tìm hệ thức liên hệ giữa các đại lượng hình học” và

A ĐẶT VẤN ĐỀ

I LỜI MỞ ĐẦU

- Hình học là một môn học được xây dựng trên cơ sở hệ thống các tiên đề, định lý toán học, là một môn học chứa đựng nhiều tư duy trừu tượng, tư duy logic Vì vậy đây thực sự là môn học khó đối với học sinh Do đó để học sinh tiếp thu được môn học đòi hỏi người giáo viên phải có nghệ thuật sư phạm hướng dẫn học sinh hình thành các bước giải quyết bài toán và kỹ năng giải quyết bài toán đó

- Trong hình học ta thường gặp những bài toán như: chứng minh một đẳng thức hình học, tìm giá trị lớn nhất, nhỏ nhất của một đại lượng hình học, tìm

điểm chia đoạn thẳng … Để giải các bài toán này cần phải xây dựng một “Hệ thức liên hệ giữa các đại lượng hình học” Đây là một dạng toán khó ít gặp ở

trong sách giáo khoa song lại gặp nhiều trong các kỳ thi tuyển sinh, thi học sinh giỏi Để giúp học sinh định hướng nhanh lời giải cần đưa ra một phương pháp chung để giải quyết dạng toán này

- Qua nhiều năm dạy bồi dưỡng học sinh khá, giỏi, tôi đã rút ra một số kinh

nghiệm nhỏ trong việc giúp học sinh định hướng nhanh việc “Tìm hệ thức liên

hệ giữa các đại lượng hình học” và sử dụng phương pháp giải một số bài toán

hình học Với đề tài này tôi hy vọng sẽ giúp học sinh không lúng túng khi gặp một số bài toán có liên quan Nó sẽ giúp học sinh học tốt hơn, có hứng thú hơn

đối với môn toán Đề tài gồm có hai phần đó là: “Tìm hệ thức liên hệ các đại lượng hình học” và “Đi tìm hệ thức liên hệ các đại lượng hình học để giải một

số bài toán”

- Ý tưởng nghiên cứu đề tài được nảy sinh từ năm 2003, ban đầu tôi chỉ sử dụng phương pháp này để giải các bài toán bất đẳng thức hình học và cực trị hình học Qua nhiều năm dạy học và bồi dưỡng học sinh khá giỏi đề tài được nâng dần áp dụng vào việc tính toán các đại lượng hình học như độ dài đoạn thẳng, tỉ số đoạn thẳng,

II THỰC TRẠNG CỦA VẤN ĐỀ NGHIÊN CỨU

1 Thực trạng vấn đề

Khi gặp một bài toán có nhiều đại lượng hình học thay đổi và yêu cầu tìm điều kiện liên hệ giữa các đại lượng hình học thoả mãn một tính chất cho trước, tìm giá trị lớn nhất hay nhỏ nhất của một đại lượng hình học, tìm điểm chia đoạn thẳng, tính độ dài một đoạn thẳng, …thì học sinh tỏ ra rất lúng túng Đa số học sinh không định hướng được lời giải, không biết được tìm lời giải phải bắt đầu

từ đâu Chính vì vậy tôi đã sử dụng các phương pháp đề cập trong đề tài và thấy

có hiệu quả nhất định

2 Kết quả, hiệu quả của thực trạng

Qua quá trình kiểm tra đối với học sinh khi chưa đưa ra phương pháp trên đã cho kết quả dưới đây:

Tổng số

học sinh

SL Tỉ lệ

Tỉ lệ (%)

SL Tỉ lệ

(%)

SL Tỉ lệ

(%)

Từ thực trạng trên tôi đã mạnh dạn đưa ra nội dung cách thức dạy học nhằm giúp học sinh định hướng nhanh lời giải bài toán

B GIẢI QUYẾT VẤN ĐỀ

I CÁC BIỆN PHÁP TỔ CHỨC THỰC HIỆN

Qua quá trình giảng dạy bản thân thấy được hai vấn đề đặt ra ở trên có thể được giải quyết trong một bài toán Nếu không tìm được hệ thức liên hệ giữa các đại lượng hình học thì không giải quyết được bài toán Vì vậy trong quá trình

dạy học, tôi đã dạy cho học sinh nắm chắc lần lượt hai vấn đề: “Tìm hệ thức liên

hệ các đại lượng hình học” sau đó là “Đi tìm hệ thức liên hệ giải một số bài toán hình học” Hai nội dung trên được dạy trong các tiết dạy bồi dưỡng học

sinh khá giỏi

1 Tìm hệ thức liên hệ giữa các đại lượng hình học

- Nếu trong giả thiết của một bài toán hình học có các yếu tố: điểm, đường

thẳng, góc … thay đổi; chịu một điều kiện ràng buộc hình học nào đó thì một vấn đề đặt ra là cần chuyển điều kiện ràng buộc hình học đó thành một điều kiện ràng buộc giữa các đại lượng có thể tính toán được dưới dạng một biểu thức đại

số - được gọi là biểu thức liên hệ Qua nhiều năm giảng dạy tôi đã rút ra được hai cách để giải quyết bài toán trên

a Cách 1

Chọn và tính một đại lượng hình học nào đó (Độ dài đoạn thẳng, diện tích một đa giác, thể tích khối đa diện, …) theo hai cách khác nhau, đẳng thức liên

hệ giữa hai cách tính đó sẽ cho một hệ thức cần tìm Ta xét một số bài toán minh hoạ sau:

Bài toán 1.1 Cho góc xOy  , I là một điểm cố định trên phân giác của góc Một đường thẳng  thay đổi qua I cắt Ox, Oy lần lượt tại A, B Tìm hệ thức liên

hệ giữa hai độ dài x=OA; y = OB.

BÀI GIẢI + Đặt OI = d, ta có:

+ SOAB = 1

2.OA.OB.sin AOB = 1

2 x.y.sin (1)

+ SOAB = SOAI + SOIB = 1

2xd sin

2



+1

2 yd sin

2



=1

2 d sin

2



(x+y) (2)

O

B

y x

+ Từ (1) và (2) ta có: 1 .sin 1.  .sin

2 x y 2 x y d 2



 

2cos



Đẳng thức (*) chính là hệ thức cần tìm

Nhận xét

- Đẳng thức (*) tìm được là do ta tính diện tích ABC bằng hai cách Cách 1 cho đẳng thức (1); cách 2 cho đẳng thức (2).

- Thông thường trong hai cách tính đại lượng đã chọn, có một cách là

cách tính thông thường đúng cho mọi trường hợp (Như cách 1) Cách còn lại

sẽ chỉ có được do điều kiện ràng buộc hình học của bài toán (Như cách 2).

Bài toán 1.2 Cho hai tia Am, Bn chéo nhau nhận AB làm đường vuông góc

chung Các điểm M, N chuyển động trên Am, Bn sao cho đường thẳng MN tiếp xúc với mặt cầu đường kính AB =a Tìm hệ thức liên hệ giữa AM = x và BN = y

BÀI GIẢI + Kẻ tia Bt//Am Gọi M1 là hình chiếu của M trên Bt, ta có tứ giác AMM1B là hình chữ nhật BM1 = AM = x;

+ Đặt 

1

M BN =  ( bằng góc giữa Am và Bn)

+ Trong tam giác vuông M1MN ta có: MN2 = MM12 + M1N2

= MM12 + BM12+BN2 – 2BM.BN.cos = a2+ x2 + y2 – 2xy.cos (1)

+ Mặt khác, gọi T là tiếp điểm của MN

với mặt cầu ta có :

MN = NT + TM = BN + AM = y + x (2)

+ Từ (1) và (2) ta có:

(x+y)2 = a2+ x2 + y2 – 2xy.cos  

2

* 4cos 2

a xy



Hệ thức (*) chính là hệ thức cần tìm

Nhận xét

- Để có hệ thức liên hệ ta đã tính độ dài MN bằng hai cách Cách 1 cho đẳng

thức (1), cách 2 cho đẳng thức (2).

A

O

B

T

M1 M

N

Bài toán 1.3 Cho tam giác ABC, đường trung tuyến AD, I là một điểm trên

AD Một đường thẳng qua I cắt các cạnh AB, AC lần lượt tại M và N, đặt AM =

x, BN = y Tìm hệ thức liên hệ giữa x và y

BÀI GIẢI

+ Ta có : AMN .  1

ABC

S AB AC

+ Mặt khác :

 

1

2

AMN AMI AIN AMI ANI

ABC ABC ABD ADC

+ Từ (1) và (2) ta có : x . y

AB AC 1  *

2

AI x y

AD AB AC



Nhận xét

- Đẳng thức liên hệ (*) được tìm ra do ta tính tỉ số diện tích AMN

ABC

S

cách khác nhau Cách 1 cho đẳng thức (1), cách 2 cho đẳng thức (2)

- Bài toán có thể mở rộng trong trường hợp D không phải là trung điểm

b Cách 2

Chuyển điều kiện ràng buộc đã cho thành điều kiện ràng buộc về dạng của một tam giác, hệ thức liên hệ sẽ là một hệ thức lượng của tam giác này

Bài toán 1.4 Cho hình hộp chữ nhật ABCDA1B1C1D1 có ABCD là hình vuông cạnh a, AA1 = b Gọi M,N lần lượt là trung điểm của AB, BC Tìm điều kiện của

a, b để nhị diện B1D1 của tứ diện MNB1D1 có số đo bằng

3



BÀI GIẢI

+ Gọi I=BD MN I là trung điểm của MN

+ I1 là hình chiếu của I trên mp(A1B1C1D1)













IB B

D I

1 1

1 1 1

I B

Do B D1 1 AC B1D1 MN, mà B D1 1 II1  B1D1  (MI1N).=>

1

MI N là góc phẳng nhị diện cạnh B D1 1

=>

1

MI N là góc phẳng nhị diện cạnh B D1 1

A

D

I M

N

y

x

t I

O

B

C A

+ Do II1 MN tại I là trung điểm của MN

nên MI1N cân tại I1 Vậy 

1

MI N = 600

1

MNI

 

là tam giác đều

1

3 2

I I MN

4

6

a

b 

Vậy điều kiện của a, b là liên hệ bởi hệ thức (*)

Nhận xét

- Ở cách giải bài toán ta đã chuyển điều kiện ràng buộc 

1

MI N = 60 0 về điều

2 Đi tìm hệ thức liên hệ các đại lượng hình học để giải một số bài toán

- Thông thường trong hình học ta phải giải bài toán tìm một đại lượng hình học f nào đó bị ràng buộc bởi các đại lượng x, y,…thay đổi Khi đó để giải được bài toán này ta phải đi tìm một hệ thức liên hệ giữa các đại lượng thay đổi đó Ta xét một số bài toán sau đây:

Bài toán 2.1 (Đề thi HSG toán lớp 12 tỉnh Thanh Hoá năm học 2005 –

2006).

Cho góc tam diện vuông Oxyz, trên Oz lấy điểm A cố định khác O, biết OA =

a Gọi (P) là mặt phẳng thay đổi chứa điểm A và cắt Ox, Oy lần lượt tại các điểm B, C sao cho 1 1 2.

a OC

OB  Chứng minh rằng mặt phẳng (P) luôn chứa một đường thẳng cố định

BÀI GIẢI + Gọi Ot là tia phân giác của gócBOC, I = BC Ot

+ Áp dụng bài toán 1.1 ta có:

 

0

1

OB OC  OI  OB OC OI

+ Theo giả thiết: 1 1 2  2

OB OC  a + Từ (1) và (2) ta có: 2 2 OI a.

Do Ot cố định nên OI = a không đổi

D1

D

C1

B1 C N

M I

1

A

1

I

y

I

O B

C A

 I là điểm cố định Vậy mp (P) luôn chứa đường thẳng cố định AI

Nhận xét

- Bài toán có hai đại lượng hình học thay đổi OB, OC, ta đã tìm hệ

- Bằng cách áp dụng bài toán 1.1 (hoặc cách xây dựng như bài toán 1.1), học sinh sẽ phát hiện nhanh lời giải các bài toán sau (bài toán 2.2; 2.3;2.4)

Bài toán 2.2 Cho góc tam diện Oxyz, yOx= 900 Trên Oz lấy điểm A cố định khác O, biết OA = a Gọi (P) là mặt phẳng thay đổi chứa điểm A và cắt Ox, Oy lần lượt tại các điểm B, C sao cho 3 1 2.

a OC

OB  Chứng minh rằng mặt phẳng (P) luôn chứa một đường thẳng cố định

BÀI GIẢI + Kẻ tia Ot sao cho xOt= 300 và BC Ot = I

Ta có: SBOC = 1

2 OB.OC (1) + Mặt khác: SBOC = SBOI + SIOC

= 1

2 OB.OI sin 300 + 1

2 OI.OC sin 600

=1 1( 3 ).

2 2OB 2 OC OI (2)

+ Từ (1) và (2) ta có:

2OB 2 OC OI OB OC  OB OC OI

+Theo giả thiết: 3 1 2

OB OC a (4) Từ (3) và (4) ta có OI a  aOI

2 2

Do Ot cố định nên I cố định Do đó mp (P) qua điểm I cố định

Bài toán 2.3

Cho hình chóp tứ giác đều SABCD Một mặt phẳng ( )  thay đổi cắt các cạnh

SA, SC, SB, SD lần lượt tại các điểm M, N, P, Q Chứng minh rằng

SM1  SN1 SP1  SQ1

BÀI GIẢI + Từ giả thiết ta có: SAC và SBD cân ABCD là hình vuông

=>SAC = SBD

ASC = BSC = SO là phân giác của MSN và QSP

+ Áp dụng bài toán 1.1 đối với MSN ta có:

(1)

+ Mặt khác đối với QSP ta có: 1 1 2cos2 2 

SP SQ SI



Từ (1) và (2) ta có: SM1  SN1 SP1 SQ1

Bài toán 2.4 Cho hình chóp tứ giác đều SABCD có 8 cạnh đều bằng 1 Gọi M,

N lần lượt là trung điểm của các cạnh SA, SC Một mặt phẳng ( ) thay đổi luôn

đi qua M, N, cắt các cạnh SB, SD lần lượt tại P và Q Xác định giá trị nhỏ nhất của diên tích tứ giác MPNQ

BÀI GIẢI + Từ giả thiết ta có:

SA2+SC2 = AD2 + DC2 = 2 = AC2

=> SAC vuông tại S Tương tự BSD

vuông tại S

+ Do MNPQ nên

SMPNQ =

2

1

MN.PQ = .PQ

4 2

D

B

C A

M

O

S

N

P

Q

I

D

B

C A

M

O

S

N

P

Q

I

SI SN

SM

2 cos 2 1

1







2 2

4

2

y x

(Với SP=x; SQ = y, 0<x, y  1)

+Áp dụng bài toán 1.1 ta có

0

1 1 2 os45c

1 1







y

x (2) (Do SI = 1

2.SO =

4

2 )

+Áp dụng bất đẳng thức Cauchy cho hai số không âm 1 1,

x y ta có

4

1 2

1 1

2 1

1

4     xy   xy

xy y

4

1 2

4

2 4

2 2 2







Dấu đẳng thức xảy ra

2

1 1

4















P, Q là trung điểm của SB và SD

Vậy tứ giác MPNQ có diện tích bằng 1

4 khi P, Q lần lượt là trung điểm của SB

và SD

Nhận xét

- Bài toán có hai đại lượng thay đổi SP và SQ Học sinh thường tính ra được biểu thức diện tích (1).

- Nếu học sinh không tìm đươc liên hệ x, y bằng đẳng thức (2) thì bài

toán khó giải quyết được Nhưng vì ở phần trước học sinh đã được học kỹ do

đó nhiều em đã dễ dàng phát hiện ra đẳng thức (2) và bài toán đựoc giải quyết.

- Có thể thay đổi giả thiết SA=SB=SC=SD = 1 bởi giả thiết

SA=SB=SC=SD = a, giả thiết M, N là trung điểm được thay bằng gỉa thiết

;(0 1)

Bài toán 2.5 Cho hình chóp SABCD có đáy ABCD là hình bình hành Trên các

cạnh SA, SB, SC, SD ta chọn lần lượt các điểm A1, B1, C1 sao cho:

3

1

; 2

1

;

3

1







SC

SC SB

SB

SA

SA

.Mặt phẳng(A1 B1 C1) cắt SD tại D1 Tính tỉ số

SD

SD1

BÀI GIẢI + Gọi O ACBD;I A1C1SOB1D1

+ Xét tam giác SBD áp dụng bài toán 1.3 ta có:

2

SB SD SI SB SD

SB SD  SO SB  SD (1)

+ Tương tự xét tam giác SAC ta có

 

2

SA SC SI SA SC

SA SC SO SA SC

Thay (2) vào (1) và áp dụng giả thiết ta có: 1 1 1 4 1 1 1 2

SD   SD  SD 

Nhận xét

- Để giải bài toán ta đã tìm ra một hệ thức liên hệ chứa tỉ số SD1

SD Hệ thức tìm được nhờ áp dụng bài toán 1.3 đối với hai tam giác ACS và BSD

Bài toán 2.6 Cho tam giác ABC, ba điểm M,N,P trên AB,AB, BC thoã mãn :

,

MB  NC  , 1

3

BP

BC  Đường thẳng MN cắt AP tại I Tính tỉ số AI

IP BÀI GIẢI

+ Theo giả thiết:

MB  NC   AB  AC 

10

AMN

ABC

2

AMN AMI AIN AMI AIN AIM AIN

APC



S

A

D

C

A1 B

C1

D1

I B

1

1 2

 

Từ (1) và (2) ta có:

AP   AP   IP 

Nhận xét

- Thông thường học sinh giải bài toán bằng cách sử dụng định lí talet hoặc

sử dụng phương pháp véc tơ Song trong cách giải bài toán ta đã đi tìm một

ABC

S

Cách 1 tính thông thường , cách 2 tính bằng cách chia diện tích tam giác AMN thành tổng 2 tam giác

Bài toán 2.7 Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình bình hành, và có

thể tích bằng 8 Các điểm M,N lần lượt là trung điểm của các cạnh SB và SD.Gọi E là một điểm trên cạnh SA, mp(MNE) cắt SC tại F Tìm vị trí của điểm

E để khối chóp S.EMFN có thể tích lớn nhất, nhỏ nhất

BÀI GIẢI + Dựng điểm F

.

.

S ENF

S EMF V

S ABCD S ABCD S ABC S ADC

V

+

( )

( ) .

1

8

1

S EMFN

ç

+ Lại có : SEF SEI SFI 2 SEI 2 SIF 12 12

+

1

x

x

-+ Do 0 , 1 1 1

3

< £ Þ £ £ Thay (2) vào (1) ta có

2

4

S EMFN

x V

x

=

-I

N M

P

A

C B

+ Ta xét hàm số : ( )

2

; ;1

x

x

x

é ù

ê ú

ê ú

( )

( )

2

2 3

4 1

x

x x

x

fæö f fæö

ç÷÷ ç÷÷

é ù

ê ú

.

.

1 1

3

1

S EMFN

S EMFN

SE

MaxV

SE x

SA SE

SA

é

ê

ê

Nhận xét

-Thông thường học sinh tìm được V S EMFN. được biểu thị bằng đẳng thức (1),

phải tìm được mối liên hệ giữa x và y Một hệ thức liên hệ tìm ra được nhờ bài toán 3.1, đẳng thức (2) đã giúp học sinh giải quyết được bài toán

Bài toán 2.8 Cho hình chóp S.ABCD đáy là hình vuông cạnh bằng 1 và khối

chóp có thể tích bằng 1 Gọi M,N là các điểm di động trên AD, CD sao cho

 450

MBN  Tìm giá trị lớn nhất và nhỏ nhất của thể tích khối tứ diện SBMN

BÀI GIẢI + Gọi h là độ dài đường cao của hình chóp ta có

.

3

3

S ABCD

ABCD

V

h

S

+ Đặt AM= x; CN = y, (0 £ x y, £ 1)

( )( )

( ) .

1

1

1 2

BMN

S BMN

S

xy V

1

S

O

A

C

D B

S

M

N

F I

E

Thay (2) vào (1) ta có: ( )

2

1

2 1

S BMN

x V

x

+

= +

+ Ta xét hàm số: ( ) ( ) [ ]

2 1 , 0;1

2 1

x

x

x

+

+

( )

2

2

2 1

1 minf 2 1, max

2

x

x x

x

f

- +

+

+

Vậy thể tích khối chóp S BMN. đạt giá trị lớn nhất bằng 1

2 khi M trùng A hoặc

M trùng D, và đạt giá trị nhỏ nhất bằng 2 1 - khi AM = 2 1

-Nhận xét

được biểu thức thể tích vì có 2 đại lượng thay đổi x, y Do đó cần phải tìm mối liên hệ giữa x và y sẽ giúp học sinh giải quyết được bài toán một cách dễ dàng

- Ta đã tìm được một hệ thức liên hệ giữa x và y cho bởi hệ thức (2) vì vậy

Bài toán 2.9 Cho hai nửa đường thẳng Am, Bn chéo nhau và vuông góc với

nhau, nhận AB = a làm đường vuông góc chung Các điểm M, N lần lượt chuyển động trên Am, Bn sao cho độ dài MN = b không đổi

a) Chứng minh rằng tứ diện ABMN có các mặt là các tam giác vuông

b) Xác định giá trị lớn nhất của thể tích tứ diện ABMN

BÀI GIẢI a) Ta chứng minh được AMN vuông tại A; BMN vuông tại B

b) Đặt AM = x; BN=y ta có VABMN = 1

3.SABN.AM = 1

3.axy (1)

+ Xét tam giác AMN ta có:

MN MA AN MA AB BN

2 2

ABMN

    

Dấu đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi

2

2 2 2

2 2 2

a b y x a b y

x

y





















Vậy giá trị lớn nhất của thể tích tứ diện ABMN

là: ( )

12

a

b

a 

Nhận xét

- Trong bài toán có 2 đại lượng thay đổi x, y Ta đã tìm hệ thức liên hệ

x,y cho bởi đẳng thức (2) vì vậy sẽ giúp học sinh giải quyết được bài toán một cách dễ dàng

- Ta có thể giải bài toán tìm giá trị lớn nhất của diện tích toàn phần của

tứ diện ABMN.

Bài toán 2.10 (Đề thi học sinh giỏi tỉnh thanh hóa năm học 2010- 2011) Cho

tứ diện đều ABCD có độ dài cạnh bằng 1 Gọi M, N lần lượt là hai điểm thuộc các cạnh AB, AC sao cho mặt phẳng (DMN) vuông góc với mặt phẳng (ABC) Đặt AM x, AN y Tìm x y, để diện tích toàn phần của tứ diện DAMN đạt giá trị nhỏ nhất

BÀI GIẢI +Kẻ DH MN , do DMN  ABC  DH ABC

mà ABCD là tứ diện đều, nên suy ra H là tâm của

tam giác đều ABC

+ Áp dụng bài toán 1.1 cho AMNta có

1 1 2cos300 1 1 2cos300

x y  AH  x y  AH

 

1 1

3 x y 3xy 1

x y

      x y , 0;1 

+ Gọi S là diện tích toàn phần của tứ diện DAMN ta có:

ADM AND DMN AMN

A

B

N

n

M

m

H A

B C

D

M N